化学二轮题型必练-分子结构与性质专练

2020届高考化学二轮题型对题必练

分子结构与性质专练

一、单选题(本大题共20小题，共40分)

1.氯仿(CHCh)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COC12)，反应为2cHeh+

()

022HC1+2COC12«光气的结构式为|j。下列说法不正确的是

Cl—C—CI

A.使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质

B.CHCb分子为含极性键的非极性分子

C.CO。2分子中所有原子的最外层电子都满足8电子结构

D.COC12分子中含有3个o键、1个it键，中心碳原子采用sp2杂化

2.下列对分子性质的解释中，不正确的是()

A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释

CH'CHCOOH

B.由于乳酸()中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像

OH

的两个手性异构体

C.HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键

D.由右图可知酸性：H3P04>HCIO,因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子

磷酸

次氯酸HO0

C1-OHX

HOOil

3.对三硫化四磷(P4s3)分子的结构研究表明，该分子中只有单键，且各原子的最外层

均已达到了8电子的稳定结构，则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是()

A.7个B.9个C.19个D.不能确定

4.近年来，科学家合成了一种稳定的氢铝化合物Al2H6.A12H6的球棍模型如图所示,

它的熔点为150汽，可用作高能燃料或储氢材料.下列说法正确的是()

A.ImolAl2H6中约含有4.8x1()24个。键

B.60gAi2H6中含铝原子约为1.2x1023个

C.Al2H6可以燃烧，产物为氧化铝和水

D.Al2H6在固态时所形成的晶体是离子晶体

5.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径.以下是在一定条件下用NH3捕获CO?

HO—'C—OH

生成重要化工产品三聚葡,酸的反应：NH3+CO2T+比0（未配平）下列

I

OH

有关三聚鼠酸的说法不正确的是（）

A.分子式为C3H3N3O3

B.分子中只含极性键，不含非极性键

C.属于共价化合物

D.该分子中的N原子采用sp杂化、C原子采用sp2杂化

6.2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰-“冰十六”，它是水的一种结晶形

式，有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构.下列相关叙述中不正确的是（）

A.冰的密度比液态水小

B.冰与干冰由不同分子构成

C.“冰十六”可以包合气体分子

D.液态水转变成“冰十六”是化学变化

7.关于化学式口©（出0）5］。2川20的配合物的下列说法中正确的是（）

A.配位体是C「和出0，配位数是8

B.中心离子是Ti4+,配离子是［TiCl（H2O）5K+

C.内界和外界中的C厂的数目比是1：2

D.在Imol该配合物中加入足量AgNC）3溶液，可以得到3moiAgCl沉淀

8.下列关于粒子结构的描述不正确的是

A.H2s和NE均是价电子总数为8的极性分子

B.HS-和HC1均是含一个极性键的18电子粒子

C.CH2cI?和CCI4均是四面体构型的非极性分子

D.1molDO中含中子、质子、电子各10NA（NA为阿伏加德罗常数）

9.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（）

①BC%②NH3③小。④PCI］⑤Hg"

A.⑤④①②③B.⑤①④②③C.④①②⑤③D.③②④①⑤

10.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物

溶解得到深蓝色的透明溶液.下列对此现象说法正确的是（）

A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后CM+的浓度不变

B.在［CU（NH3）4『+离子中，CM+给出孤对电子，N为提供空轨道

C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

D.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子［Cu（NH3）412+

11.下列说法正确的是（）

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A.冰熔化时，分子中H-0键发生断裂

B.HI比HF易分解，是因为HI分子间不存在氢键

C.非极性键不可能存在于离子化合物中，由非金属元素组成的化合物中一定不存

在离子键

D.含有阴离子的物质一定含有阳离子

12.下列事实与氢键无关的是（）

A.HF、HC1、HBr、HI的热稳定性依次减弱

B.水结成冰体积膨胀，密度变小

C.NH3易液化

D.在相同条件下，出0的沸点比H2s的沸点高

13.下表是元素周期表的一部分，所列字母分别代表某一种化学元素，下列说法正确的

是（）

14.A.第一电离能：B>C>D

B.Z（BD）5分子是极性分子

C.C形成的常见单质中。键与TT键个数之比为1:2

D.B、C、D形成的气态氢化物互为等电子体

15.下列物质的立体结构与NH3相同的是（）

+

A.H30B.H20C.CH4D.C02

16.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）

A.SO2直线形B.CO2平面三角形

C.BCb三角锥形D.CH4正四面体形

17.出0分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是（）

A.共价键的方向性B.共价键的键长

C.共价键的键角D.共价键的饱和性

18.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）的叙述中不正确的是（）

A.VSEPR模型可用来预测分子的立体结构

B.分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构

C.中心原子上的孤电子对不参与互相排斥

D.分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定

19.下列叙述中正确的是（）

A.卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性越强，稳定性也越强

B.以极性键结合的分子，一定是极性分子

C.判断A2B或AB2型分子是否是极性分子的依据是看分子中是否具有极性键

D.非极性分子中，各原子间都应以非极性键结合

20.下列分子或离子的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）

A.SO1与SO3B.C也与H2OC.NCb与BF3D.SO"与C0"

21.下列说法中正确的是（）

A.S02.BF3、NCI3分子中所有原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构；

B.P4和C%都是正四面体分子且键角都为109。28'；

C.NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Q一共有6个：

D.只由原子形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度

二、简答题（本大题共5小题，共58分）

22.钛（22壬）由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。宝用apmq,

鸡因钛产业发达被称为中国钛谷，其钛产品产量占全国80%

以上，占世界产量的20%以上。请回答下列问题：尤为

（1）钛元素位于周期表中第4周期族，基态钛原子的价

电子的电子排布式为o

（2）钛元素在化合物中有+2、+3、+4等多种价态，试分析因显著的“压电效应“而

被广泛应用于超声波发生装置中的偏钛酸铁（BaTi（）3）中Ti的化合价为o

（3）TiCl3是一种不稳定的氯化物，主要用作强还原制、烯燃聚合的催化剂以及偶氮

染料分析等。

①溶液中的Ti3+易被FeCk氧化，发生反应的离子方程式为:若利用此反应

原理，用已知标准浓度FeCh溶液来滴定某含Ti3+的溶液时，可选用溶液作指

示剂判断滴定的终点。

②化学式为印（山0）6]口2的绿色晶体是TCh的六水合物的一种晶型，该晶体中，与

Ti3+形成配位键的原子是（填元素符号），该原子的杂化类型为；该晶

体所含元素中，电负性最大的元素是（写出元素符号）。

③化学式为田（出0）5]a2•出0的绿色晶体是TiCh的六水合物的另i种晶型，取

Imol绿色晶体溶于水配成500mL溶液，加入足量AgN（）3使C厂完全沉淀，消耗AgNO?

的物质的量为moL

④写出一种与H2O互为等电子体的阳离子（填化学式）。

（4）TiC）2的熔点为1800。&TiCLj的熔点为一25。（2,同为Ti的+4价化合物，熔点相差

悬殊的原因是。

（5）自然界的钛主要以金红石（主要成分为Ti。?）的形式存在。Ti。2的晶胞属于四方

晶系，其长方体结构如图所示，已知Ti。2的摩尔质量为Mg/mol,阿伏加德罗常数

的值为NA，根据图中所示数据列出该晶体密度的计算式p=g-cm-3（用含M、

a、b、c的代数式表示）。

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23.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系:

A』打』。

(1)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体.则A的空间构

型为,A转化为B反应的化学方程式为.

(2)若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，D是一

种黑色固态非金属单质，则A的化学式为,B的电子式为.

(3)若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，则C溶液

中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为.氯碱工业中阴极的电极反应式

为.

24.X、Y、Z、T、W五种元素的性质或原子结构如下表：

元素元素性质或原子结构

X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍

Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性

Z基态原子最外层电子排布式为(n+l)sn(n+l)pn+2

T与Z同周期，元素最高价是+7价

W原子序数为丫、T元素之和，不锈钢中含有该元素

(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是；W元素

基态原子电子排布式为.

(2)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是(用元素符号表示)，下列表

述中能证明这一事实的是.

A.常温下Z的单质和T的单质状态不同

B.T的氢化物比Z的氢化物稳定

C.一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应

D.T的电负性比Z大

(3)常见溶剂XZ2的分子中，含有的。键与TT键个数比为,它所形成的晶体类

型为;丫的常见氢化物易液化的主要原因是

(4)①自然界常见的X元素含氧酸的钙盐和适量T的氢化物溶液反应时，每产生

4.4g气体(不考虑气体溶解)放热akJ,则该反应的热化学方程式为.

②上述反应至无气泡逸出后，取适量残留溶液，插入pH传感器并逐滴滴入碳酸钠

溶液，测得pH变化曲线如图所示

请用离子方程式表示BC段、CD段发生的反应:

BC段：；

CD段：.

25.FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。

(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为

,基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮

廓图为形。

(2)向FeSe中嵌入毗咤(［，)能得到具有优异性能的超

导材料。毗咤中氮原子的杂化类型为;该分子内存在______(填标号)。

A.o键B.7T键C.配位键D.氢键

(3)将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列

反应可制得FeSe基超导材料Lio.6(NH2)o.2(NH3)o.8Fe2Se2。

①NH\的空间构型为o

②液氨是氨气液化的产物，氨气易液化的原因是。

③金属锂溶于液氨时发生反应：Li+(m+n)NH3=X+e-(NH3)n.X的化学式为

(4)MgB2晶体结构如图所示。B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个B

原子周围都有个与之等距离且最近的B原子；六棱柱底边边长为acm,高

为ccm,阿伏加德罗常数的值为总，该晶体的密度为g-cm-3(列出计算式

)。

26.钛、铭、铁、锲、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。

(1)向C11SO4溶液中逐滴滴加氨水至过量，过程中会先有沉淀生成，后沉淀逐渐溶解。

①写出沉淀溶解过程的离子方程式。

②CM+基态时核外电子排布式为。

③金属铜采取堆积。

④NH3分子空间构型为。

(2)制备CrO2cI2的反应为:K2Cr2O7+3CC14=2KC1+2CrO2Cl2+3COC12T.

①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是(用元素符号表示

)。

②COC12分子中所有原子均满足8电子构型，COC12分子中。键和TT键的个数比为

,中心原子的杂化方式为。

(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相似，其中Ni?+和Fe?+的离子半径

分别为6.9x10-2nm和7.8xlO^nm,则熔点：NiOFeO(填“>”、“<”

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或“=”)o

(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材•料。具有大容量、高寿命、耐低温等特

点，在日本和中国己实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。

①该晶体的化学式为。

②已知该晶胞的摩尔质量为Mg/moL密度为dg-cm-3.设NA为阿伏加德罗常数的

值，则该晶胞的体积是cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查原子杂化、共价键等，为高频考点，把握习题中的信息、光气的结构式为解答

的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意知识的迁移应用，题目难度不大。

【解答】

A.氯仿若变质则混有HC1,HC1与硝酸银反应，氯仿与硝酸银不反应，则使用前可用硝

酸银稀溶液检验氯仿是否变质，故A正确；

B.CHCb分子含极性键，但结构不对称，是极性分子，故B错误；

C.C1最外层有7个电子，0最外层有6个电子、C最外层有4个电子，由结构可知，C0C12

分子中含2个C-C1、1个C=0,所有原子都满足最外层8电子稳定结构，故C正确;

D.单键为o键，双键中含1个0键、1个n键，CO。2分子中共有3个o键、一个7T键，中

心C原子上无孤对电子，C形成3个。键，则C原子采用sp2杂化，故D正确；

故选B。

2.【答案】C

【解析】解：A.碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶

于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；

B.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸

CH、CHCOOH

-I中第二个c为手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体;

OH

生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故B正确；

C.分子稳定性与共价键强度有，共价键越强，分子越稳定，与氢键无关，氢键决定分子

的物理性质，故C错误；

D.H3P。4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸,

故D正确；

故选：C.

A.极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成

的溶剂；

B.根据手性异构体分子的概念、结构和性质分析；

C.分子稳定性与共价键强度有关；

D.酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-0H）氧原子数越

多，该含氧酸的酸性越强.

本题考查了氢键、手性碳原子、分子稳定性的判断等知识点，题目难度不大，注意手性

碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子.

3.【答案】B

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【解析】解：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子

的结构，P元素可形成3个共价键，S元素可形成2个共价键，因此一个三硫化四磷分

子中含有的共价键个数为吟丝=9个.故选B.

P的最外层有5个电子，形成3个单键可达8电子稳定结构，S的最外层为6个电子，

形成2个单键可达到8电子稳定结构，以此解答.

本题考查物质结构中的化学键数目的计算，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题

给信息以及原子核外电子的排布，难度不大.

4.【答案】C

【解析】解：A.lmolAl2H6中含有6moiAl-H键和ImolAl-Ab键，所含Al-Alo键的个

数：Imolx7NA=7x6.02x1023个，故人错误；

B.A12H6的摩尔质量为：60g/mol,所以60gAi2H6的物质的量是Imol,ImolAl2H6中含

有2moiAl,所以60g该物质中含Al个数2NA,约为1.2x1()24个，故B错误；

C.A12H6燃烧的方程式：A12H6+O2=^=A12O3+H20>故C正确；

D.A12H6的熔点为150。。熔点低，所以可以判断该物质在固体时是分子晶体，故D错

误；

故选C.

A.lmolAl2H6中含有6moiAI—H键和ImolAl-Ab键；

B.lmolAl2H6中含有2moiAl,求出60gAi2H6的物质的量，就可求其所含Al的个数；

C.A12H6作高能燃料可以燃烧根据原子个数守恒判断产物；

D.分子晶体熔沸点比较低，离子晶体熔沸点高，根据熔沸点可以判断时分子晶体.

本题主要考查了氢铝化合物的结构和性质，解题时注意认真审题仔细分析其结构，题目

难度中等.

5.【答案】D

【解析】解：A.由三聚氟酸的结构简式可知，其分子式为C3H3N3O3,故A正确；

B.分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键，不存在非极性键，故B

正确；

C.三聚鼠酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故C正确；

D.分子中N原子形成2个◎键，且有1个孤电子对，为sp2杂化，故D错误。

故选：D。

三聚氟酸分子式为C3H3N3O3,分子中含有C=N,为n键，含有0-H、。一C、C-N等

。健，以此解答该题.

本题考查有机物结构与性质，侧重对基础知识的巩固，涉及化学键、共价化合物、化学

反应类型等，难度不大.

6.【答案】D

【解析】解：A.冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的

密度比液态水的密度小，故A正确；

B.冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳，则冰与干冰由不同分子构成，故B正确；

C.“冰十六”具有笼子一样的结构，可以困住其他分子，所以“冰十六”可以包合气体

分子，故C正确；

D.液态水转变成“冰十六”分子没有变化，分子的结合方式不同，属于物理变化，故D

错误.

故选D。

A.冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；

B.冰的成分为水，干冰成分为二氧化碳；

C.“冰十六”具有笼子一样的结构；

D.液态水转变成“冰十六”分子没有变化。

本题考查了分子结构与性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握题中的

信息。

7.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查配合物的成键，为高频考点，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答

的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的C1-与AgNC)3溶液反应，题目

难度不大。

【解答】

由配合物[TiCl(H20)5]C12-H2。可知，中心离子是Ti3+,配位体是Cl-和出0,配位数

是6,外界中的CI-数为2,且只有外界中的C「与AgN()3溶液反应生成白色沉淀，以

此来解答。

A.配位体是C1-和配位数是1+5=6,故A错误；

B.中心离子是Ti3+,配离子是[丁©(电0)5]2+,故B错误；

C.外界中的cr•数为2,内界中的cr数为1,内界和外界中的的数目比是1：2,故

C正确；

D.外界中的与AgNO3溶液反应，则Imol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得

到2moiAgCl沉淀，故D错误。

故选Co

8.【答案】C

【解析】试题分析：CH2cI2是四面体构型的极性分子，CCLj是四面体构型的非极性分子，

选项C不正确，其余选项都是正确的，答案选C.

考点：考查分子构型、核外电子以及分子极性的有关判断

点评：该题是基础性试题的考查，考查的知识点属于识记性的，难度不大。该题的关键

是学生要熟练记住，并能灵活运用即可。

9.【答案】B

【解析】【分析】

根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。本题考查价层电

子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合

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电子对斥力。题目难度不大，是基础题。

【解答】

①BCh，根据VSEPR理论价电子对数为=3+号聿=3,根据杂化轨道理论，中心B

原子为sp2杂化，键角为120。；

@NH3,根据VSEPR理论价电子对数为=3+m双=4,根据杂化轨道理论，中心N

原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109。28',由于NH3分子中孤电子对存在，

孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109。28'：

③出0,根据VSEPR理论价电子对数为=2+等=4,根据杂化轨道理论，中心O

原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109。28',由于Hz。分子中存在两对孤电子

对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比N&分子

的键角还小；

©PCI：.根据VSEPR理论价电子对数为=4+三3=4,根据杂化轨道理论，中心

P原子为sp3杂化，键角为109。28'；

⑤HgC"根据VSEPR理论价电子对数为=2+寸=2,根据杂化轨道理论，中心

Hg原子为sp杂化，键角为180。；

综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，故选B。

10.【答案】D

【解析】【分析】

A.硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；

B.配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；

C.络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；

D.氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清。

本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提

供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。

【解答】

A.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应

生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误。

B.在[Cu(NH3)412+离子中，CM+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B借误.

C.[Cu(NH3)4]SC)4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出

蓝色晶体，故C错误。

D.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应

生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，故D正确。

故选Do

11.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键形成及判断方法为解答的关键，注

意常见物质中的化学键，学会利用实例分析解答，题目难度不大。

A.冰熔化克服氢键；

B.分子的稳定性与化学键有关；

C.非极性键可能存在于离子化合物，由非金属元素组成的化合物可能为共价化合物或离

子化合物；

D.含有阴离子的物质，一定为离子化合物。

【解答】

A.冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-0键没有断裂，故A错误；

B.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故B错误；

C.非极性键可能存在于离子化合物，如过氧化钠；由非金属元素组成的化合物可能为共

价化合物或离子化合物，如HC1、镂盐等，故C错误：

D.含有阴离子的物质，一定为离子化合物，则一定含阴、阳离子，作用力为离子键，故

D正确；

故选D。

12.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查氢键存在的判别，注意氢键是一种分子间的相互作用，不属于化学键，能形成

氢键的物质主要有NH3、电0、HF,氢犍比化学键弱，比分子间作用力强，题目难度不

大。

【解答】

A.非金属性：F>Cl>Br>l,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，与氢键无

关，故A选；

B.氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个

相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的

空隙，所以水结成冰时，体积增大.当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分

解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B不选；

C.氨气分子之间可形成氢键，NH3易液化是由于含有氢键的原因，故C不选；

D.水分子与分子间存在氢键，所以常温下出0为液态，而H2s分子间无氢键，所以常温

下为气态，故D不选。

故选A«

13.【答案】C

【解析】解：A.同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第HA

族和第VA族反常，所以第一电离能：C>D>B,故A错误；

B.Z(BD)5为Ni(CO)5,不满足EAN规则，分子不稳定，此时Ni价层电子总数为20,正

负电荷中心不重合，故B错误；

CC元素形成常见单质为N2,三键中1根为。键，2根为TT键，所以C形成的常见单质中

。键与IT键个数之比为1：2,故C正确；

第12页，共21页

D.B、C、D形成的气态氢化物分别为C%,NH3,H20,原子总数不一样，所以不是等

电子体，故D错误，

故选：Co

由元素在周期表中的位置可知，A为H,B为C,C为N,D为O,X为S,丫为CLZ

为Ni,

A.同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第HA族和第VA

族反常；

B.Z(BD)5为Ni(CO)5；

C.C元素形成常见单质为电，三键中1根为。键，2根为n键；

D.B、C、D形成的气态氢化物分别为CH,，NH3.H20,原子总数不一样。

本题考查元素周期表、分子结构与性质、化学键等，为高频考点，侧重于学生的分析能

力的考查，难度不大，注意把握元素周期表的结构。

14.【答案】A

【解析】试题分析：N&是三棱锥型，久0+是三棱锥型；出0是V型分子；C%是正四

面体型分子；CO?是直线型分子。因此立体结构与N&相同的是H3O+。选项为A。

考点：考查微粒的空间构型的知识。

15.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了微粒空间构型的判断，利用价层电子对互斥理论分析解答即可，难点是孤电

子对的计算方法，题目难度不大.

根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=。健个数+孤电子对

个数，

价层电子对个数为4,不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型

为三角锥形；含有两个孤电子对，空间构型是V型；

价层电子对个数为3,不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型

为为V形结构；

价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，据此判断.

【解答】

ASO2分子中价层电子对个数=2+(6-2x2)=3且含有1个孤电子对，所以为V

形结构，故A错误；

B.CO2分子中价层电子对个数=2+ix(4-2x2)=2且不含有孤电子对，所以为直线

形结构，故B错误；

C.BCb分子中B原子的价层电子对个数=3+ix(3-3xl)=3且不含有孤电子对，所

以其空间构型为平面三角形，故C错误；

D.C心中碳原子价层电子对个数=4+gx(4-4xl)=4,所以C原子采用sp3杂化，

不含有孤电子对，所以其空间构型为正四面体结构，故D正确；

故选D.

16.【答案】D

【解析】解：0最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外

层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱

和性有关，

故选：D。

本题考查共价键及共价键的饱和性，为高频考点，把握共价键的形成及原子的最外层电

子数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大.

17.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了价层电子对互斥理论的用途，明确价层电子对互斥理论原理是解本题关键。

【解答】

A.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，故A

正确；

B.分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个

共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构，S02

分子中价层电子对个数=2+：x(6-2x2)=3且含有1个孤电子对,所以为V形结构,

所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构，故B正确；

C.中心原子上的孤电子对参与互相排斥，如水分子中氧原子价层电子对个数=2+

36-2x1)=4,且含有两个孤电子对，所以其立体构型为V形，四氯化碳分子中碳

原子价层电子对个数=4+：(4-4xl)=4,且不含孤电子对，所以其立体构型是正四

面体形，故C错误；

D.在多原子分子内，两个共价键之间的夹角，分子中键角越大，价电子对相互排斥力越

小，故D正确。

故选C。

18.【答案】A

【解析】【分析】

第14页，共21页

本题考查化学键及分子空间构型，为高频考点，把握化学键与非金属性的关系、空间结

构与分子极性的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合实例分析。

【解答】

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，键的极性越强，则卤化氢分子中，卤素的非金属

性越强，共价键的极性也越强，稳定性也越强，故A正确；

B.以极性键结合的分子，可能结构对称，如甲烷、二氧化碳等均为只含极性键的非极性

分子，故B错误；

C.判断A?B或AB2型分子为极性分子，正负电荷的中心不重合，结构一定不对称，即判

断极性分子必须知道该分子的空间构型，故C错误；

D.非极性分子中，可能只含极性键，如甲烷，故D错误。

故选Ao

19.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查原子杂化方式判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确价层电子

对个数计算方法是解本题关键，题目难度不大.

先计算微粒中中心原子价层电子对个数，再根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化

类型，据此分析解答。

【解答】

SO歹中S原子价层电子对个数=3+丝/=4、S03中s原子价层电子对个数=3+

空上=3,所以SO歹与SO3中S原子杂化类型分别是sp3、sp2,杂化类型不同，故A错

误；

B.CH4中C原子价层电子对个数=4+匕芳=4、出0中0原子价层电子对个数=2+

等=4,所以两种分子中价层电子对个数相等，C、0原子杂化类型都是sp3,杂化类

型相同，故B正确；

C.NCk中N原子价层电子对个数=3+手=4、BF3中B原子价层电子对个数=3+

号i=3,NQ3中N原子杂化方式为sp3、BF3中B原子杂化方式为sp2,杂化类型不同，

故C错误；

D.SO算中S原子价层电子对个数=3+丝产=4,则S原子杂化类型是sp3,CO歹中

C原子价层电子对个数=3+空产=3,C原子杂化方式为sp2,杂化类型不同，故D

错误；

故选B。

20.【答案】C

【解析】A、不正确，SO2中S,BF3中的B都不是8e-稳定结构；

B、不正确，&是正四面体分子但键角为60。；

C、正确，

D、不正确，只有原子间通过共价键而形成的原子晶体才具有较高的熔点、沸点及硬度。

故选C。

21.【答案】(l)IVB；3d24s2；

(2)+4；

(3)①Fe3++Ti3+=Fe2+4-Ti4+；KSCN；

②0；sp3；O；

③2；

④&F+;

(4)TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiC」是分子晶体，分子以范德华力相

结合，共价键作用远大于范德华力；

,r、2M

⑸NAabcx10-30

【解析】解：(1)钛元素位于周期表中第4周期第IVB族，基态钛原子的价电子为其3d

能级上2个电子、4s能级上2个电子，价电子排布式为3d24s2,

故答案为：IVB；3d24s2；

(2)偏钛酸领(BaTiO3)中O元素为-2价、Ba元素为+2价，根据化合物中各元素化合价

的代数和为0判断Ti的化合价=3x2-2=+4,

故答案为：+4；

⑶①溶液中的Ti3+易被FeCk氧化，Fe3+被还原生成Fe2+、个3+被氧化生成叮4+,据此

书写离子方程式为Fe3++Ti3+=Fe2++Ti，+；若利用此反应原理,用已知标准浓度FeC^

溶液来滴定某含Ti3+的溶液时，可以通过检验铁离子判断终点，铁离子用KSCN溶液检

验，所以可用KSCN溶液判断终点，

故答案为：Fe3++Ti3+=Fe2++Ti4+；KSCN；

@[Ti(H2O)6]Cl3,配体为电0,配位数为6,与Ti3+形成配位键的原子是O,该原子的

杂化类型为sp3,该晶体所含元素中，电负性最大的元素是活泼性最大的非金属元素为

O,

故答案为：O：sp3；O；

③化学式为[甘(电0)5：|口2-也0的绿色晶体中氯离子位于外界，能电离出自由移动的离

子，Imol该绿色晶体中含有2moi氯离子，氯离子与硝酸银反应以1：1进行，则2moi

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氯离子需要消耗AgNO32mo1,

故答案为:2；

④与电0互为等电子体的阳离子中含有3个原子、价电子数是8,该阳离子为H?F+,

+

故答案为：H2F；

(4)Ti()2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiC」是分子晶体，分子以范德华力相

结合，共价键作用远大于范德华力，所以二者熔点相差悬殊，

故答案为：Ti02是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCk是分子晶体，分子以范德

华力相结合，共价键作用远大于范德华力；

(5)该结构中黑色球个数=4x；+2=4,白色球个数=8x：+1=2,根据其化学式知，

Lo

黑色球表示0原子、白色球表示Ti原子，体积=(abcxl0-30)cm3,密度=£=

言g/c11^=晒翳环g/cm3，

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、离子检验等知识点，侧

重考查学生对基础知识的灵活运用，注意配合物外界和内界的区别，题目难度不大。

22.【答案】三角锥形；4NH3+502-4N0+6H20；Cu2O；<>c：：<i；[Al(0H)4]-;

+-

2H+2e-=H2T或2H2。+2e~=H2T+20H

【解析】解：(1)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3,红棕色气

体C为NO2,D为氧气，B为NO,该过程为氨气的连续氧化反应，NH3为三角锥形结

构，A转化为B反应的化学方程式为：4NH3+502=^4N0+6H20-

故答案为：三角锥形；4NH3+5。2㈣幽4N0+6H2。；

△

(2)若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为CU2O,D

是一种黑色固态非金属单质，则D为C,B是C()2，C是CO,二氧化碳的电子式为

故答案为：Cu2O;oc：<i；

(3)若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH,B

为A1(OH)3,A是A13+,C是[Al(0H)4「，氯碱工业中阴极的电极反应式为：2H++2e-=

H2T或2H2。+2e-=H2T+20H1

故答案为：[Al(0H)4]-；2H++2e-=H2T或2H2O+2e-=H2T+20H-.

(1)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3,红棕色气体C为NO2,

D为氧气，B为NO,该过程为氨气的连续氧化反应；

(2)若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为eg。，D

是一种黑色固态非金属单质，则D为C,B是CO?，C是CO；

(3)若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH,B

为A1(OH)3,A是A13+,C是[Al(0H)4「.

本题考查无机物推断，物质的颜色、性质是推断突破口，熟练掌握中学常见连续反应，

熟练掌握元素化合物性质与转化，难度中等.

23.【答案】C；Is22s22P63s23P63ds4s】；Cl；BD；1：1；分子晶体；Nf分子间存在

2+

氢键；CaC()3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(1)△H=-lOaKJ/mol；Ca+

C01-=CaCO31；CO歹+H20UHCO3+OH：HCO3+H20=H2CO3+OhT

【解析】解：(1)(1)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是C,Cr

元素为24号元素，其原子核外有24个电子，其基态原子电子排布式为：

Is22s22P63s23P63d"s]，故答案为：C；Is22s22P63s23P63ds4sI；

(2)元素S与元素Cl为同周期的元素，同周期越向后非金属性越强，所以非金属性较强

的是CI；氢化物越稳定则非金属性越强，电负性越强则非金属性越强，

故答案为：Cl；BD；

(3)常见溶剂CS2分子的结构式为S=C=S,则含有的。键与n键个数比为1：1；CS2为分

子晶体；N的氢化物为N&分子间存在氢键，故答案为：1：1;分子晶体；NH3分子间

存在氢键；

(4)①碳酸钙与HC1反应生成4.4g二氧化碳气体(不考虑气体溶解)放热akJ,贝iJn(C()2)=

O.lmoL所以生成Imol二氧化碳时放热为lOaKJ,该反应的热化学方程式为

CaCO3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(1)AH=-lOaKJ/mol,

故答案为：CaCO3(s)+2HCl(aq)=CaCl2(aq)+CO2(g)+H2O(1)△H=-lOaKJ/mol；

②由图象可知BC段PH不变，则为CaClz+Na2cO3=CaCC)31+2NaCl,其离子方程式

2+

为：Ca+C01-=CaCO3I；CD段碱性增强则为碳酸钠过量时，碳酸钠水解引起的，

其水解方程式为：COg+H2()=HCO3+OH-、HCO3+H20#H2CO3+0H-,

_

故答案为：；CO|+H2O^HCO3+OH-SHCO]+H2O=H2co3+0H-.

元素X的一种同位素可测定文物年代，原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则

X为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则丫为N元素；基

态原子最外层电子排布式为(n+l)sn(n+l)pn+2,则n=2,所以最外层电子排布式为

3s23P3则Z为S元素；与Z同周期，元素最高价是+7价，则T为C1元素；W原子序

数为Y、T元素之和，不锈钢中含有该元素，则W为Cr元素，然后结合问题分析解答.

本题考查了元素推断、元素周期律、共价键、热化学方程式等，题目较为综合，是对学

生综合能力的考查，难度较大.

24.【答案]⑴[“山-lllUE；哑铃；

3d4s

(2)sp2;AB;

(3)①V型②液氨气分子之间存在氢键，分子间作用力较强，容易液

化；③Li(NH3)+；

46X346X3

(的3；Txa3cx'Txa3cx苧。

【解析】解：(1)基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2,结合泡利原理、洪特规则，价

电子排布图为也IT[T[T]T]回；Se处于第四周期第VIA族，外围电子排布式

3d4s

第18页，共21页

为4s24P4,基态Se原子的电子占据最高能级为4P能级，电子云形状为哑铃形,

TT

故答案为：lulT11-.EED,哑铃;

3d4s

(2)毗咤中氮原子有1对孤对电子，形成2个。键，N原子杂化轨道数目为1+2=3,N

原子采取sp2杂化；单键为。键，结构与苯类似，存在大n键，没有配位键与氢键，

故答案为：sp2；AB；

(3)①NH5中N原子孤电子对数=呼出2,价层电子对数=2+2=4,微粒空间构型

为V型，

故答案为：V型；

②液氨气分子之间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化，

故答案为：液氨气分子之间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化；

③由电荷守恒可知X带1个单位正电荷,再根据原子守恒确定X的化学式为Li(NH3)3

故答案为：Li(NH3)+；

(4)将结构单元分成六个正三棱柱，B原子处于正三棱柱的中心，补全晶体结构可知每

个B原子周围都有3个与之等距离且最